【文档说明】云南省开远市第一中学校2023-2024学年高二上学期9月月考物理试题 含解析.docx，共(16)页，1.810 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-0e11626fef1ae157eb15104dc9c4da3c.html

以下为本文档部分文字说明：

开远市第一中学校2023年秋季学期高二年级9月月考物理考生注意：1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分100分，考试时间75分钟。2.考生作答时，请将答案填涂在答题卡上。第Ⅰ卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；第Ⅱ卷请用

直径0.5毫米的黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试卷、草稿纸上作答无效。3.本卷命题范围：人教版高中物理教材。第I卷（选择题）一、单选题（本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确。）1.关于磁感线和电场线的说法中正确

的是（）A.磁感线是人们为了研究问题的方便而假想的曲线，而电场线是真实存在的B.磁感线是封闭曲线，电场线不是封闭曲线C.磁感线是从N极出发S极终止，电场线是从正电荷出发负电荷终止D.磁感线是磁场中铁屑排列成的曲

线，而电场线是点电荷在电场中运动的轨迹【答案】B【解析】【分析】【详解】A．电场线和磁感线都是为了形象的描述电场和磁场而引入的曲线，是假想的，并不是实际存在的线，故A错误；B．电场线是一条不闭合曲线，有起点和终点，而磁感线是一条闭合曲线，故B正确；C

．磁感线是闭合曲线，在磁铁的外部，从N极出发进入S极，磁铁内部从S极指向N极。电场线是从正电荷出发负电荷终止。故C错误；D．磁感线可以用磁场中铁屑排列成的曲线模拟，但此曲线并不是磁感线，因为磁感线是不存在的。电场线与点电荷在电场中运动

的轨迹是两回事，不一定重合，故D错误。故选B。2.如图所示，a、b、c三枚小磁针分别在通电螺线管的正上方、管内和右侧，当这些小磁针静止时，小磁针N极的指向是（）A.a、b、c均向左B.a、b、c均向右C.a

向左，b向右，c向右D.a向右，b向左，c向右【答案】C【解析】【详解】小磁针静止时N极的指向与该点磁感线的方向相同，如果a、b、c三处磁感线的方向确定，那么三枚小磁针静止时N极的指向也就确定。所以只要画出通电螺线管的磁感线（如图所示），

即可知a磁针的N极指向左，b磁针的N极指向右，c磁针的N极指向右。故选C。3.如图甲所示，弹簧振子的平衡位置为O点，在A、B两点之间做简谐运动，取向右为正方向，以振子从A点开始运动的时刻作为计时起点，振子的位移x随时间t的变化如图乙所示，下列说法

正确的是（）A.0.4st=时，振子的速度方向向左B.0.8st=时，振子的加速度方向向右C.0.8st=到1.2st=的时间内，振子的回复力逐渐减小D.1.2st=到1.6st=的时间内，振子的动能逐

渐增大【答案】C【解析】【详解】A．由图乙可知，0.4st=时，振子的速度方向为正方向，即方向向右，故A错误；B．0.8st=时，振子处于正向最大位移处，振子的加速度方向为负方向，即方向向左，故B错误；C．0.8st=到1.2st=时间内，振子从正向最大位移处

向平衡位置振动，振子的回复力逐渐减小，故C正确；D．1.2st=到1.6st=的时间内，振子从平衡位置向负向最大位移处振动，振子的速度逐渐减小，振子的动能逐渐减小，故D错误。故选C。4.2022年7月19日，浙江桐乡两名90后上演“生死时速”，徒手接住从2楼坠楼女童的

消息，在网上热传，现场视频看得人心惊肉跳，假设体重为20kg的小孩突然从离地面6m高处坠落，楼下恰好有人双手将孩子接住，该人接住孩子时离地面大概1m，与双手的撞击时间约为0.5s，假设小孩可视为质点，不计空气阻力，g取10m/s2，请你估算一下该人每只手平均承受

的力为（）A.200NB.300NC.400ND.600N【答案】B【解析】【详解】设小孩与双手的撞击瞬间的速度为v，下落高度为5m，由动能定理可知212mghmv=解得210m/svgh==小孩与双手撞击时受

到自身的重力mg和双手的支持力2F，规定向上为正方向，由动量定理可知()20()Fmgtmv−=−−解得300N=F根据牛顿第三定律可知该人每只手平均承受的力约为300N。故选B。5.如图所示为三根平行导线的截面图，若它们的电流大小都相同，方向垂直于纸面向里。如果AB=AC=

AD，则A点的磁感应强度的方向是（）的A.向上B.向下C.向左D.向右【答案】D【解析】【详解】根据安培定则，B、C、D三根导线在A点的磁感应强度方向分别为竖直向下、水平向右、竖直向上，因为AB=AC=AD所以三根导线在A点的磁感应强度大小相等，则A点的合

磁感应强度的方向水平向右。故选D。6.如图所示，固定于水平面上的金属架CDEF处在竖直向下的匀强磁场中，金属棒MN沿框架以速度v向右做匀速运动。0=t时，磁感应强度为B0，此时MN到达的位置使MDEN构成一个边长为l的正方形。为使MN棒

中不产生感应电流，从0=t开始，磁感应强度B与t的关系式为（）A.0BlvtB.0BvtlC.0Bllvt+D.0()Blvtl+【答案】C【解析】【详解】由法拉第电磁感应定律可知，金属棒MN沿框架以速度v向右做匀速运动时，为使MN棒中

不产生感应电流，则必须MDEN回路磁通量保持不变，故磁感应强度B应随时间t减小。回路的磁通量保持不变，则有20BlBllvt=+（）解得0BlBlvt=+故选C。7.如图所示，一砂袋用无弹性轻细绳悬于O点

。开始时砂袋处于静止状态，一弹丸以水平速度v0击中砂袋后未穿出，二者共同摆动。若弹丸的质量为m，砂袋的质量为5m，弹丸和砂袋形状大小忽略不计，弹丸击中砂袋后漏出的砂子质量忽略不计，不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法中正确的是（）A.弹丸打入砂袋过程中，细

绳所受拉力大小保持不变B.弹丸打入砂袋过程中，弹丸对砂袋的冲量大小大于砂袋对弹丸的冲量大小C.弹丸打入砂袋过程中所产生的热量为2072mvD.砂袋和弹丸一起摆动所达到的最大高度为2072vg【答案】D【解析】【详解】A．弹丸打入砂袋的过程，由动量守恒定律得mv0

=(m＋5m)v解得016vv=弹丸打入砂袋后，总质量变大，且做圆周运动，根据266vTmgmL=+可知，细绳所受拉力变大，A错误；B．弹丸打入砂袋过程中，弹丸对砂袋的作用力与砂袋对弹丸的作用力大小相等，弹丸对砂袋的冲量大小等于砂袋对弹丸

的冲量大小，B错误；C．弹丸打入砂袋过程中所产生的热量2220011562212Qmvmvmv=−=C错误；D．由机械能守恒可得21662mvmgh=解得2072vhg=D正确。故选D。8.一个静止的质点在0=t到4st=这段时间，仅受到力F的作用，F的方向始终在同一

直线上，F随时间t的变化关系如图所示。下列说法中正确的是（）A.在0=t到4st=这段时间，质点做往复直线运动B.在1st=时，质点的动量大小为1kgm/sC.在1st=时，质点的动能最大D.在1st=到3st=这段时间内，力F的总冲量为零【答案】D【解析】【详解】A．

0~2s内，力的方向不变，故加速度方向不变，物体做加速运动；2~4s内，力的方向相反，故加速度方向相反，物体做减速运动；且0~2s和2~4s内加速度大小变化是相等的，方向相反，则到4s末时速度为零，整个过程速度方向不变，故A错误；B．Ft−图像与t轴围成的面积表示力

做的冲量，在1st=时，质点的动量11kgm/s=0.5kgm/s2pI==故B错误；C．由A分析知，当2s=t时，动能最大，故C错误；D．由图可知，在1st=到3st=这段时间内，Ft−图像与t轴围成的面积上下相等，故力F的总冲量为零，D正确。故选D。二、多选题（

本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有两个或者以上的选项是正确的，全部选对得4分，选对但不全得2分，有错的不得分。）9.关于电磁场及电磁波，下列说法正确的是（）A.麦克斯韦提出电磁场理论，赫兹通过实验证实了电磁

波的存在B.变化的电场能够产生磁场，变化的磁场能够产生电场C.不同电磁波具有不同的波长，电磁波中无线电波可用于通信D.红外线的显著作用是热效应，温度较低的物体不能辐射红外线【答案】ABC【解析】【详解】A．麦克斯韦提出电磁场理论，赫兹通过实验证实了电磁波的存在，故A正

确；B．变化的电场能够产生磁场，变化的磁场能够产生电场，故B正确；C．不同电磁波具有不同的波长，电磁波中无线电波可用于通信，故C正确；D．红外线的显著作用是热效应，温度低的物体也能辐射红外线，故D错误。故选ABC。10.如图甲

所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量m=2kg的另一物体B以水平速度v0=3m/s滑上原来静止的长木板A的上表面，由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示，则下列说法正确的是（g取10m/s2）（）A.木板获得的动能为1JB.系统损失的机

械能为6JC.木板A的最小长度为2mD.A、B间的动摩擦因数为0.2【答案】BD【解析】【详解】A．设木板A的质量为M，由乙图可知，木板A的最终速度为1m/s，可知木板获得的动能为2kA12EMv=A、B相互作用过程中，系统动量守恒，可得()0mv

mMv=+联立，解得4kgM=，kA2JE=故A错误；B．系统损失的机械能为()220116J22EmvmMv=−+=故B正确；C．设木板A的最小长度为L，由乙图中图线与坐标轴所围面积表示位移，可得BA13111mm1.5m22Lxx

+=−=−=故C错误；D．设A、B间的动摩擦因数为，根据能量守恒，可得QmgLE==解得0.2=故D正确。故选BD。11.一个质点在平衡位置O点附近做机械振动．若从O点开始计时，经过5s质点第一次经过M点（如图所示）；再继续运动，又经过2s它第二次经过M点；则该质点第三次经

过M点还需要的时间是（）A.6sB.8sC.22sD.24s【答案】AC【解析】【详解】设题图中a、b两点为质点振动过程的最大位移处，若在开始计时时刻，质点从O点向右运动，O→M过程历时5s，M→b→M运动过程历时2s，则2(5)s=6s42T=+T=24s质点第三次经过M点还需要的时

间Δt=T－2s=（24－2）s=22s若在开始计时时刻，质点从O点向左运动，O→a→O→M运动过程历时5s，M→b→M运动过程历时2s，则(51)s6s24TT+=+=8sT=质点第三次经过M点还需要的时间()Δ2s82s6stT=−=−=故选AC。12.如图所示，质量为M的光滑斜面静止

在光滑水平面上。某时刻，质量为m的可视为质点的小物块从斜面顶端由静止开始下滑，经过一段时间，小物块滑到斜面底端，速度大小为0v，方向与水平地面成角，重力加速度大小为g。则小物块从斜面顶端下滑到底端过程中，下列说法中正确的是（）A.斜面与小物块组成的

系统动量守恒B.斜面对小物块的支持力做的功等于小物块机械能的变化C.小物块对斜面的压力做的功等于2220cos2mvMD.小物块对斜面的压力的冲量大小为0cosmv【答案】BC【解析】【详解】A．小物块从斜面顶端下滑到底端过程中，斜面与小物块组

成的系统水平方向不受外力，竖直方向所受外力矢量和不为零，因此系统动量不守恒，故A错误；B．小物块下滑过程中，斜面对小物块的支持力做负功，引起小物块机械能减小，且做的功等于小物块机械能的变化。故B正确；C．物块下滑过程，小物块与斜面

组成系统，水平方向动量守恒，因此根据动量守恒定律可得020cosmvMv=−解得小物块滑到斜面底端时，斜面的速度大小为02cosmvvM=根据动能定理可知，小物块对斜面的压力做的功即合外力对斜面做的功，等于其动能变化量，为222202cos122mvWMvM==故C正

确；D．根据动量定理可知，小物块对斜面的压力在水平方向的分力的冲量等于斜面动量变化量2Mv，即等于0cosmv；而小物块对斜面的压力在竖直方向分力的冲量不为零，因此小物块对斜面的压力的冲量大小不等于0cosm

v，故D错误。故选BC。第II卷（非选择题）三、实验题（共16分）13.如图是做探究电磁感应的产生条件原副线圈实验的器材及示意图。（1）在图中用实线代替导线把它们连成实验电路_______。（2）由哪些操作可以使电流表的指针发生偏转：Ⅰ.

________；Ⅱ.________。（3）假设在开关闭合的瞬间，灵敏电流计的指针向左偏转，则当螺线管A向上拔出的过程中，灵敏电流计的指针向________偏转。(选填“左”、“右”)【答案】①.②.将开关闭合(或者断开)③.将螺线管

A插入(或拔出)螺线管B④.右【解析】【详解】（1）[1]将电流表与大线圈B组成闭合回路，电源、开关、小线圈A组成闭合回路，电路图如图所示（2）[1][2]将开关闭合或断开，或将螺线管A插入(或拔出)螺线管B时穿过线圈

B的磁通量发生变化，线圈B中产生感应电流，电流表指针偏转。（3）[4]在开关闭合的瞬间，穿过线圈B的磁通量增大，灵敏电流计的指针向左偏转，则当螺线管A向上拔出的过程中，穿过线圈B的磁通量减小，灵敏电流计的指针向右偏转。14.某同学现用如图甲所示的气垫导轨和光电门装置来“验证动量守

恒定律”，在气垫导轨右端固定一弹簧，滑块b的右端有强粘性的胶水．图中滑块a和挡光片的总质量为m1＝0.620kg，滑块b的质量为m2＝0.410kg，实验步骤如下：①按图安装好实验器材后，接通气源，先将滑块a置于气垫导轨上，然后调节底脚螺丝，直到轻推滑块后，滑块上的挡光片

通过两个光电门的时间________；②将滑块b置于两光电门之间，将滑块a置于光电门1的右端，然后将滑块a水平压缩弹簧，滑块a在弹簧的作用下向左弹射出去，通过光电门1后继续向左滑动并与滑块b发生碰撞；③两滑块碰撞后粘合在一起向左运动，并通过光电门2；④实验后，分别记录下滑块a挡光片通过光电门

1的时间t1，两滑块一起运动挡光片通过光电门2的时间t2．(1)完成实验步骤①中所缺少的内容．(2)实验前用一游标卡尺测得挡光片的宽度d如图乙所示，则d＝________cm．(3)设挡光片通过光电门时间为Δt，则滑块通过光电门的速度可表示

为v＝________(用d、Δt表示)．(4)实验中测得滑块a经过光电门1的速度为v1＝2.00m/s，两滑块经过光电门2的速度为v2＝1.20m/s，将两滑块和挡光片看成一个系统，则系统在两滑块相互作用前、后的总动量分别为p1＝________kg·m/s，p2＝

________kg·m/s(结果均保留3位小数)．【答案】①.相等②.1.550③.dt④.1.240⑤.1.236【解析】的【详解】(1)[1]在步骤①中气垫导轨安装时应保持水平状态，滑块在轨道上应做匀速直线运动，故滑块上的挡光片通过两光电门的时间相等．(2)[2

]游标卡尺的主尺读数为15mm，游标尺读数为0.05×10mm＝0.50mm，所以挡光片的宽度为d＝15mm＋0.50mm＝15.50mm＝1.550cm(3)[3]由于挡光片的宽度比较小，故挡光片通过光电门的时间比较短，因此可将挡光片通过光电门的平均速度看成

滑块通过光电门的瞬时速度，故滑块通过光电门的速度可表示为v＝dt．(4)[4][5]两滑块相互作用前系统的总动量为p1＝m1v1＝0.620×2.00kg·m/s＝1.240kg·m/s两滑块相互作用后系统的总动量为p2＝(m1＋m2)v2＝(0.620＋0

.410)×1.20kg·m/s＝1.236kg·m/s四、解答题（共36分）15.如图所示，水平方向的匀强磁场中有长为2cm的通电直导线垂直磁场方向水平放置，当通过导线的电流为2A、方向向左时，它受到的磁场力大小为4×103N，问：（1）磁场的磁感应强

度B是多大?（2）若电流不变，导线长度减小到1cm，则它受到磁场力F多大?（3）若导线长度为2cm，电流增大为5A，则它受到的磁场力F多大?【答案】（1）51.010T；（2）3210N；（3）41.010N【解析】【详解】（1）根据FBIL=代入数据得51

.010TB=（2）磁感应强度不变，磁场力为52311.0102110N210NFBIL−===（3）磁场力为的52411.0105210N=1.010NFBIL−==16.如图所示，线圈平面与水平方向夹角θ=60°，磁感线竖直向下，线圈平面面积S=0.4m2，匀

强磁场磁感应强度B=0.6T，则：（1）穿过线圈的磁通量Φ为多少？把线圈以cd为轴顺时针转过120°角，则通过线圈磁通量的变化量为多少？（2）若θ=90°，穿过线圈的磁通量为多少？当θ为多大时，穿过线

圈的磁通量最大？【答案】（1）0.12Wb；0.36Wb；（2）0；0【解析】【分析】【详解】（1）线圈在垂直磁场方向上的投影面积221cos600.4m0.2m2SS⊥===穿过线圈的磁通量10.60.2Wb0.12WbBS⊥===线圈以cd为轴顺时针方向转过120°角后变为与磁

场垂直，但由于此时磁感线从线圈平面穿入方向与原来相反，故此时通过线圈的磁通量Φ2=－BS=－0.6×0.4Wb=－0.24Wb故磁通量的变化量ΔΦ=|Φ2－Φ1|=|－0.24－0.12|Wb=0.36Wb（2）当θ=90°时，线圈在垂直磁场

方向上的投影面积S⊥′=0据Φ=BS⊥知，此时穿过线圈的磁通量为零。当θ=0时，线圈平面与磁场垂直，此时S⊥″=S的穿过线圈的磁通量最大。17.如图所示，半径0.5mR=的光滑圆弧轨道BC固定在竖直平面内，

轨道的上端B点和圆心O的连线与水平方向的夹角37=，下端C点为轨道的最低点且与光滑水平面相切。质量0.1kgm=的小物块a（可视为质点）从空中A点以01.8m/sv=的速度水平抛出，恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道，经过C

点后沿水平面并与静止在水平面上的另一小物块b发生弹性碰撞，碰撞后物块a恰好可以返回到圆弧轨道与圆心O等高处。g取210m/s，sin370.6=，求：（1）A点和B点间的水平距离；（2）小物块下滑经过圆弧轨道上C点时对轨道的压力大小；（3）物块b的质量M。（结果用根式表示，

可不用化成最简形式）【答案】（1）0.432m；（2）6N；（3）7210kg30M−=【解析】【详解】（1）小物块从A点抛出做平抛运动，则ygt=v0tany=vv联立解得0.24st=A、B两点的水平位移0xvt=

解得0.432mx=（2）由几何知识得，小物块在B点的速度大小2203m/sByvvv=+=从B到C根据动能定理得2211(1sin)22CBmgRmvmv+=−C点受力分析，根据牛顿第二定律得2NCvFmgmR−=解得N6NF=根据牛顿第三定律得物块对轨道的压力大小为N1N

6NFF==（3）a与b碰撞，根据动量守恒定律有CabmvmvMv=+根据系统机械能守恒定律得222111222CabmvmvMv=+碰撞后对a，根据动能定理有2102amvmgR−=−解得物块b质量为在获得更多资源请扫码加

入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com